Về sự hội tụ trong xác suất

Hãy $\{X_n\}_{n\geq 1}$ là một chuỗi các biến ngẫu nhiên st $X_n \to a$ trong xác suất, nơi $a>0$ là một hằng số cố định. Tôi đang cố gắng để hiển thị như sau:

\sqrt{X_{n}} \to \sqrt{a}

$\sqrt{X_n} \to \sqrt{a}$ và

\frac{a}{X_{n}} \to 1

$\frac{a}{X_n}\to 1$ cả hai xác suất. Tôi ở đây để xem logic của tôi là âm thanh. Đây là công việc của tôi

LUẬT SƯ

Đối với phần đầu tiên, chúng ta có
$| \sqrt{X_{n}} - \sqrt{a} | < ϵ ⟸ | X_{n} - a | < ϵ | \sqrt{X_{n}} + \sqrt{a} | = ϵ | (\sqrt{X_{n}} - s q r t a) + 2 \sqrt{a} |$ $|\sqrt{X_n}-\sqrt{a}|<\epsilon \impliedby |X_n-a|<\epsilon|\sqrt{X_n}+\sqrt{a}|=\epsilon|(\sqrt{X_n}-sqrt{a})+2\sqrt{a}|$ $\leq ϵ | \sqrt{X_{n}} - \sqrt{a} | + 2 ϵ \sqrt{a} < ϵ^{2} + 2 ϵ \sqrt{a}$ $\leq \epsilon|\sqrt{X_n}-\sqrt{a}|+2\epsilon\sqrt{a}<\epsilon^2+2\epsilon\sqrt{a}$ ý rằng $ϵ^{2} + 2 ϵ \sqrt{a} > ϵ \sqrt{a}$ $\epsilon^2+2\epsilon\sqrt{a}>\epsilon\sqrt{a}$ Nó sau đó rằng $P (| \sqrt{X_{n}} - \sqrt{a} | \leq ϵ) \geq P (| X_{n} - a | \leq ϵ \sqrt{a}) \to 1 a s n \to \infty$ $P(|\sqrt{X_n}-\sqrt{a}|\leq \epsilon)\geq P(|X_n-a|\leq \epsilon\sqrt{a})\to 1 \;\;as\;n\to\infty$ $⟹ \sqrt{X_{n}} \to \sqrt{a} i n p r o b a b i l i t y$ $\implies \sqrt{X_n}\to\sqrt{a} \;\;in\;probability$
Đối với phần thứ hai, chúng ta có
$| \frac{a}{X_{n}} - 1 | = | \frac{X_{n} - a}{X_{n}} | < ϵ ⟸ | X_{n} - a | < ϵ | X_{n} |$ $|\frac{a}{X_n}-1|=|\frac{X_n-a}{X_n}|<\epsilon \impliedby |X_n-a|<\epsilon|X_n|$ Bây giờ, kể từ khi $X_n \to a$ khi $n \to \infty$ , ta có $X_n$ là một dãy bị chặn. Nói cách khác, tồn tại một số thực $M<\infty$ st $|X_n|\leq M$ . Như vậy, $| X_{n} - a | < ϵ | X_{n} | ⟸ | X_{n} - a | < ϵ M$ $|X_n-a|<\epsilon|X_n|\impliedby |X_n-a|<\epsilon M$ Nhìn vào xác suất, chúng ta có $P (| \frac{a}{X_{n}} - 1 | > ϵ) = P (| X_{n} - a | > ϵ | X_{n} |) \leq P (| X_{n} - a | > ϵ M) \to 0 a s n \to \infty$ $P(|\frac{a}{X_n}-1|>\epsilon)=P(|X_n-a|>\epsilon|X_n|)\leq P(|X_n-a|>\epsilon M)\to 0 \;\;as\;n\to\infty$

Tôi khá tự tin vào cái đầu tiên, nhưng tôi khá đẹp về cái thứ hai. Là âm thanh logic của tôi?

— Henry man rợ
nguồn

Xét dãy

trong đó

và

. Dường như với tôi rằng vì

chuỗi này hội tụ đến

xác suất, nhưng rõ ràng nó không bị ràng buộc vì

X_{n}

$X_n$

Pr (X_{n} = a) = 1 - 1 / n

$\Pr(X_n=a)=1-1/n$

Pr (X_{n} = n) = 1 / n

$\Pr(X_n=n)=1/n$

1 - 1 / n \to 1

$1-1/n\to 1$

a

$a$

sup (X_{n}) = max (a, n) \to \infty

$\sup(X_n)=\max(a,n)\to\infty$

— whuber

Định lý ánh xạ liên tục?

— Christoph Hanck

Câu trả lời:

Các chi tiết của bằng chứng ít quan trọng hơn việc phát triển trực giác và kỹ thuật phù hợp. Câu trả lời này tập trung vào một cách tiếp cận được thiết kế để giúp làm điều đó. Nó bao gồm ba bước: một "thiết lập" trong đó giả định và định nghĩa được đưa ra; "cơ thể" (hoặc "bước quan trọng") trong đó các giả định có liên quan nào đó đến những gì cần chứng minh và "từ chối" trong đó bằng chứng được hoàn thành. Như trong nhiều trường hợp với bằng chứng xác suất, bước quan trọng ở đây là vấn đề làm việc với các số (giá trị có thể của các biến ngẫu nhiên) thay vì tự xử lý các biến ngẫu nhiên phức tạp hơn nhiều.

Hội tụ trong khả năng của một chuỗi các biến ngẫu nhiên đến một hằng số phương tiện mà không có vấn đề gì hàng xóm của bạn lựa chọn, cuối cùng mỗi lời nói dối quanh khu vực này với một xác suất đó là tùy tiện gần . (Tôi sẽ không đánh vần cách dịch "cuối cùng" và "tự ý đóng" thành toán học chính thức - bất kỳ ai quan tâm đến bài đăng này đều biết điều đó.) $Y_n$ $a$ $0$ $Y_n-a$ $1$

Hãy nhớ rằng một vùng lân cận bằng là bất kỳ tập hợp số thực nào chứa tập mở trong đó là thành viên. $0$ $0$

Việc thiết lập là thường xuyên. Xét dãy và gọi là bất kỳ lân cận nào của . Mục tiêu là để cho thấy rằng cuối cùng sẽ có cơ hội tùy tiện cao nằm trong . Kể từ là một khu dân cư, phải có một mà khoảng thời gian mở . Chúng tôi có thể thu nhỏ nếu cần thiết để đảm bảo $Y_n = a/X_n$ $\mathcal{O}$ $0$ $Y_n-1$ $\mathcal{O}$ $\mathcal{O}$ $\epsilon \gt 0$ $(-\epsilon, \epsilon)\subset \mathcal{O}$ $\epsilon$ $\epsilon \lt 1$ , quá. Điều này sẽ đảm bảo rằng các thao tác tiếp theo là hợp pháp và hữu ích.

Bước quan trọng sẽ là kết nối với . Điều đó đòi hỏi không có kiến thức về các biến ngẫu nhiên cả. Đại số của bất đẳng thức số (khai thác giả định ) cho chúng ta biết rằng tập hợp các số $Y_n$ $X_n$ $a\gt 0$ , đối với bất kỳ , là trong one-to-one thư từ với các thiết lập của tất cả các mà $\{Y_n(\omega)\,|\, Y_n(\omega) - 1 \in (-\epsilon, \epsilon)\}$ $\epsilon \gt 0$ $X_n(\omega)$

\frac{a}{1 + ϵ} < X_{n} (ω) < \frac{a}{1 - ϵ} .

$\frac{a}{1+\epsilon} \lt X_n(\omega) \lt \frac{a}{1-\epsilon}.$

Tương đương,

X_{n} (ω) - a \in (- \frac{a ϵ}{1 + ϵ}, \frac{a ϵ}{1 - ϵ}) = U .

$X_n(\omega)-a \in \left(-\frac{a\epsilon}{1+\epsilon}, \frac{a\epsilon}{1-\epsilon}\right) = \mathcal{U}.$

Kể từ khi , phía bên tay phải thực sự là một khu dân cư của . (Điều này cho thấy rõ những gì bị hỏng khi ) $a\ne 0$ $\mathcal{U}$ $0$ $a=0$

Chúng tôi đã sẵn sàng cho việc từ chối.

Because $X_n \to a$ in probability, we know that eventually each $X_n-a$ will lie within $\mathcal{U}$ with arbitrarily high probability. Equivalently, $Y_n-1$ will eventually lie within $(-\epsilon,\epsilon) \subset \mathcal{O}$ with arbitrarily high probability, QED.

— whuber
nguồn

I apologize for such a late best answer. It's been a busy week. Thank you so for much this!!!

— Savage Henry

We are given that

lim_{n \to \infty} P (| X_{n} - α | > ϵ) = 0

$\lim_{n \rightarrow \infty}P(|X_n-\alpha| > \epsilon) = 0$

and we want to show that

lim_{n \to \infty} P (| \frac{α}{X_{n}} - 1 | > ϵ) = 0

$\lim_{n \rightarrow \infty}P\left(\left|\frac {\alpha}{X_n}-1\right| > \epsilon\right) = 0$

We have that

| \frac{α}{X_{n}} - 1 | = | \frac{1}{X_{n}} (α - X_{n}) | = | \frac{1}{X_{n}} | | X_{n} - α |

$\left|\frac {\alpha}{X_n}-1\right| = \left|\frac {1}{X_n}(\alpha-X_n)\right| = \left|\frac {1}{X_n}\right|\left|X_n-\alpha\right|$

So equivalently, we are examining the probability limit

lim_{n \to \infty} P (| \frac{1}{X_{n}} | | X_{n} - α | > ϵ) = ? 0

$\lim_{n \rightarrow \infty}P\left(\left|\frac {1}{X_n}\right|\left|X_n-\alpha\right| > \epsilon\right) = \;?\;0$

We can break the probability into two mutually exclusive joint probabilities

P (| \frac{1}{X_{n}} | | X_{n} - α | > ϵ) = P (| \frac{1}{X_{n}} | | X_{n} - α | > ϵ, | X_{n} | \geq 1) + P (| \frac{1}{X_{n}} | | X_{n} - α | > ϵ, | X_{n} | < 1)

$P\left(\left|\frac {1}{X_n}\right|\left|X_n-\alpha\right| > \epsilon\right) =\\ P\left(\left|\frac {1}{X_n}\right|\left|X_n-\alpha\right| > \epsilon,|X_n| \geq 1 \right) + P\left(\left|\frac {1}{X_n}\right|\left|X_n-\alpha\right| > \epsilon,|X_n| < 1 \right)$

For the first element we have the series of inequalities

P (| \frac{1}{X_{n}} | | X_{n} - α | > ϵ, | X_{n} | \geq 1) \leq P [| X_{n} - α | > ϵ, | X_{n} | \geq 1] \leq P [| X_{n} - α | > ϵ]

$P\left(\left|\frac {1}{X_n}\right|\left|X_n-\alpha\right| > \epsilon,|X_n| \geq 1 \right) \leq P\big[\left|X_n-\alpha\right| > \epsilon,|X_n| \geq 1 \big] \leq P\big[\left|X_n-\alpha\right| > \epsilon \big]$

The first inequality comes from the fact that we are considering the region where $|X_n|$ is higher than unity and so its reciprocal is smaller than unity. The second inequality because a joint probability of a set of events cannot be greater than the probability of a subset of these events.
The limit of the rightmost term is zero (this is the premise), so the limit of the leftmost term is also zero. So the first element of the probability that interests us is zero.

For the second element we have

P (| \frac{1}{X_{n}} | | X_{n} - α | > ϵ, | X_{n} | < 1) = P (| X_{n} - α | > ϵ | X_{n} |, | X_{n} | < 1)

$P\left(\left|\frac {1}{X_n}\right|\left|X_n-\alpha\right| > \epsilon,|X_n| < 1 \right) = P\left(\left|X_n-\alpha\right| > \epsilon|X_n|,|X_n| < 1 \right)$

Define $\delta \equiv \epsilon\cdot \max |X_n|$ . Since here $|X_n|$ is bounded, it follows that $\delta$ can be made arnitrarily small or large, and so it is equivalent to $\epsilon$ . So we have the inequality

P [| X_{n} - α | > δ, | X_{n} | < 1] \leq P [| X_{n} - α | > δ]

Again, the limit on the right side is zero by our premise, so the limit on the left side is also zero. Therefore the second element of the probability that interests us is also zero. QED.

— Alecos Papadopoulos
nguồn

For the first part, take $x,a,\epsilon>0$ , and note that

\begin{aligned} | \sqrt{x} - \sqrt{a} | \geq ϵ & \Rightarrow | \sqrt{x} - \sqrt{a} | \geq ϵ \frac{\sqrt{a}}{\sqrt{a}} \Rightarrow | \sqrt{x} - \sqrt{a} | \geq \frac{ϵ \sqrt{a}}{\sqrt{x} + \sqrt{a}} \\ \Rightarrow | (\sqrt{x} - \sqrt{a}) (\sqrt{x} + \sqrt{a}) | \geq ϵ \sqrt{a} \Rightarrow | x - a | \geq ϵ \sqrt{a} . \end{aligned}

$\begin{align} |\sqrt{x}-\sqrt{a}|\geq\epsilon &\Rightarrow |\sqrt{x}-\sqrt{a}|\geq\epsilon \frac{\sqrt{a}}{\sqrt{a}} \Rightarrow |\sqrt{x}-\sqrt{a}|\geq\frac{\epsilon\sqrt{a}}{\sqrt{x}+\sqrt{a}} \\ &\Rightarrow |(\sqrt{x}-\sqrt{a})(\sqrt{x}+\sqrt{a})|\geq\epsilon\sqrt{a}\Rightarrow |x-a|\geq\epsilon\sqrt{a}. \end{align}$ Hence, for any

ϵ > 0

$\epsilon>0$ , defining

δ = ϵ \sqrt{a}

$\delta=\epsilon\sqrt{a}$ , we have

Pr (| \sqrt{X_{n}} - \sqrt{a} | \geq ϵ) \leq Pr (| X_{n} - a | \geq δ) \to 0,

$\Pr(|\sqrt{X_n}-\sqrt{a}|\geq\epsilon)\leq\Pr(|X_n-a|\geq\delta)\to 0,$ when

n \to \infty

$n\to\infty$ , implying that

\sqrt{X_{n}} \overset{Pr}{\to} \sqrt{a}

$\sqrt{X_n}\stackrel{\Pr}\to\sqrt{a}$ .

For the second part, take again $x,a,\epsilon>0$ , and cheat from Hubber's answer (this is the key step ;-) to define

δ = min {\frac{a ϵ}{1 + ϵ}, \frac{a ϵ}{1 - ϵ}} .

$\delta = \min\left\{ \frac{a\epsilon}{1+\epsilon},\frac{a\epsilon}{1-\epsilon}\right\}.$ Now,

\begin{aligned} | x - a | < δ & \Rightarrow a - δ < x < a + δ \Rightarrow a - \frac{a ϵ}{1 + ϵ} < x < a + \frac{a ϵ}{1 - ϵ} \\ \Rightarrow \frac{a}{1 + ϵ} < x < \frac{a}{1 - ϵ} \Rightarrow 1 - ϵ < \frac{a}{x} < 1 + ϵ \Rightarrow | \frac{a}{x} - 1 | < ϵ . \end{aligned}

$\begin{align} |x-a|<\delta &\Rightarrow a-\delta<x<a+\delta \Rightarrow a - \frac{a\epsilon}{1+\epsilon} < x < a + \frac{a\epsilon}{1-\epsilon} \\ &\Rightarrow \frac{a}{1+\epsilon} < x < \frac{a}{1-\epsilon} \Rightarrow 1-\epsilon<\frac{a}{x}<1+\epsilon \Rightarrow \left| \frac{a}{x}-1\right|<\epsilon. \end{align}$ The contrapositive of this statement is

| \frac{a}{x} - 1 | \geq ϵ \Rightarrow | x - a | \geq δ .

$\left| \frac{a}{x}-1\right|\geq\epsilon \Rightarrow |x-a|\geq\delta.$

Therefore,

Pr (| \frac{a}{X_{n}} - 1 | \geq ϵ) \leq Pr (| X_{n} - a | \geq δ) \to 0,

$\Pr\!\left(\left|\frac{a}{X_n}-1\right|\geq\epsilon\right)\leq\Pr(|X_n-a|\geq\delta)\to 0,$ when

n \to \infty

$n\to\infty$ , implying that

\frac{a}{X_{n}} \overset{Pr}{\to} 1

$\frac{a}{X_n}\stackrel{\Pr}\to 1$ .

Note: both items are consequences of a more general result. First of all remember this Lemma: $X_n\stackrel{\Pr}{\to}X$ if and only if for any subsequence $\{n_i\}\subset\mathbb{N}$ there is a subsequence $\{n_{i_j}\}\subset\{n_i\}$ such that $X_{n_{i_j}}\to X$ almost surely when $j\to\infty$ . Also, remember from Real Analysis that $g:A\to\mathbb{R}$ is continuous at a limit point $x$ of $A$ if and only if for every sequence $\{x_n\}$ in $A$ it holds that $x_n\to x$ implies $g(x_n)\to g(x)$ . Hence, if $g$ is continuous and $X_n\to X$ almost surely, then

Pr (lim_{n \to \infty} g (X_{n}) = g (X)) \geq Pr (lim_{x \to \infty} X_{n} = X) = 1,

$\Pr\!\left(\lim_{n\to\infty}g(X_n)=g(X)\right)\geq\Pr\!\left(\lim_{x\to\infty}X_n=X\right)=1,$ and it follows that

g (X_{n}) \to g (X)

$g(X_n)\to g(X)$ almost surely. Moreover,

g

$g$ being continuous and

X_{n} \overset{Pr}{\to} X

$X_n\stackrel{\Pr}{\to}X$ , if we pick any subsequence

{n_{i}} \subset N

$\{n_i\}\subset\mathbb{N}$ , then, using the Lemma, there is a subsequence

{n_{i_{j}}} \subset {n_{i}}

$\{n_{i_j}\}\subset\{n_i\}$ such that

X_{n_{i_{j}}} \to X

$X_{n_{i_j}}\to X$ almost surely when

j \to \infty

$j\to\infty$ . But then, as we have seen, it follows that

g (X_{n_{i_{j}}}) \to g (X)

$g(X_{n_{i_j}})\to g(X)$ almost surely when

j \to \infty

$j\to\infty$ . Since this argument holds for every subsequence

{n_{i}} \subset N

$\{n_i\}\subset\mathbb{N}$ , using the Lemma in the other direction, we conclude that

g (X_{n}) \overset{Pr}{\to} g (X)

$g(X_n)\stackrel{\Pr}{\to}g(X)$ . Hence, to answer your question you can just define continuous functions

g (x) = \sqrt{x}

$g(x)=\sqrt{x}$ and

h (x) = a / x

$h(x)=a/x$ , for

x > 0

$x>0$ , and apply this result.

— Zen
nguồn

Zen thank you for you answer. This was very clear!

— Savage Henry